Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải nhanh một số bài toán hóa học vô cơ hay và khó bằng phương pháp kết hợp các định luật bảo toàn

Mục lục
Tiêu đề
T
1. Mở đầu
- Lí do chọn đề tài
- Mục đích nghiên cứu
- Đối tượng nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
3. Kết luận, kiến nghị
- Kết luận
- Kiến nghị

Trang
1
1
1
1
1
2
2
2
3
18
20
20
20

1. Mở đầu
- Lí do chọn đề tài
Thực tế việc thi THPT Quốc gia hiện nay, số câu khó nhiều trong khi thời
gian làm bài ít. Vì vậy, kinh nghiệm của thầy đóng vai trò rất quan trọng trong
việc trang bị cho học sinh những kĩ năng, phương pháp giải quyết nhanh những
bài tập khó, những câu “chốt” trong đề thi THPT Quốc gia.
Nếu học sinh chỉ dựa vào kiến thức trong sách giáo khoa thì không đủ khả
năng để giải quyết các bài tập Hóa học hay và khó.
Nguồn tài liệu thực tế hiện nay không thiếu, tuy nhiên mỗi tài liệu có số bài
tập hay và khó không nhiều. Học sinh sẽ mất nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu
mà việc giải quyết các bài tập khó lại kém hiệu quả.
Với những lí do trên tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm:
“Hướng dẫn học sinh lớp 12 giải nhanh một số bài toán Hóa học vô cơ hay
và khó bằng phương pháp kết hợp các định luật bảo toàn”
- Mục đích nghiên cứu
Tôi nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích:
Bản thân có tư liệu để tham khảo trong quá trình giảng dạy ở các năm học
tiếp theo.
Bản thân có điều kiện tham gia nghiên cứu khoa học, tìm tòi kiến thức ở các
nguồn tài liệu và học hỏi đồng nghiệp.
Học sinh trường THPT Quảng Xương 3 có nguồn tài liệu để tham khảo.
Nâng cao năng lực giải quyết các bài tập khó trong đề thi THPT Quốc gia
môn Hóa học cho học sinh.
- Đối tượng nghiên cứu.
Một số bài tập hóa học vô cơ hay và khó.
Hướng dẫn học sinh sử dụng phối hợp các định luật bảo toàn trong Hóa học
để giải quyết nhanh một số bài toán Hóa học vô cơ hay và khó.
- Phương pháp nghiên cứu.

Nghiên cứu thực tiễn:
Từ sự hiểu biết, kinh nghiệm của bản thân qua nhiều năm dạy học.
Thông qua trau dồi kiến thức, nghiên cứu các nguồn tài liệu khác nhau và học
hỏi đồng nghiệp.

2


2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Một số khái niệm liên quan
Theo từ điển tiếng Việt:
“Hướng dẫn” (động từ) có nghĩa là chỉ bảo, dẫn dắt cho biết phương hướng
và cách thức tiến hành một hoạt động nào đó.
“Hay” (tính từ) có nghĩa là được đánh giá cao, là đạt yêu cầu, có tác dụng
mang lại hiệu quả như mong muốn.
“Khó” (tính từ) có nghĩa là phải cố gắng nhiều, vất vả nhiều mới có được,
mới làm được.
“Phương pháp” (danh từ) có nghĩa là hệ thống các cách sử dụng để tiến hành
một hoạt động nào đó.
2.1.2. Các định luật bảo toàn trong Hóa học
- Định luật bảo toàn electron: Trong mỗi phương trình phản ứng oxi hóa-khử
hoặc một hệ gồm nhiều phương trình phản ứng oxi hóa khử, số mol electron mà
các chất khử nhường bằng số mol electron mà các chất oxi hóa nhận.
- Định luật bảo toàn khối lượng: Khối lượng của các chất tham gia phản ứng
bằng khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng.
- Định luật bảo toàn điện tích: Trong một dung dịch, tổng số mol điện tích
dương luôn bằng tổng số mol điện tích âm.
- Định luật bảo toàn nguyên tố: Trong mỗi phương trình phản ứng hóa học
hoặc một hệ gồm nhiều phương trình phản ứng hóa học số mol mỗi nguyên tố

trước phản ứng bằng số mol chính nguyên tố đó sau phản ứng.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
- Kĩ năng giải quyết các bài tập vô cơ hay và khó của học sinh còn hạn chế.
Trước những bài toán hay và khó học sinh thường có những biểu hiện sau:
Không biết bắt đầu giải quyết bài toán từ đâu.
Hoặc viết phương trình phản ứng để giải quyết bài toán. Với thời gian hạn
chế trong khi các bài tập cần giải quyết nhiều, như vậy việc viết phương trình
hóa học để giải sẽ mất nhiều thời gian.
Học sinh chưa biết phối hợp các định luật bảo toàn trong Hóa học để giải
quyết các bài toán hay và khó.
Chưa biết phân tích, tổng hợp các dữ kiện bài cho nên chưa có cái nhìn bao
quát toàn bộ bố cục của bài toán Hóa học.
- Với việc thi trắc nghiệm như hiện nay nếu học sinh không có kĩ năng làm
bài tốt thì ngay cả khi nắm được cách làm thì các em cũng đang mắc phải “Vấn
đề tâm lí” chứ chưa nói là không có cách làm. Lúc này kinh nghiệm của người
thầy dẫn dắt học sinh là cần thiết hơn bao giờ hết.
Ví dụ: Bài toán Hóa học sau đây tôi trích trong đề thi minh họa THPT Quốc
gia năm 2015:
Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe 3O4, Fe(NO3)2 và Al tan hoàn toàn trong
dung dịch chứa 3,1 mol KHSO4 loãng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunfat trung hòa và 10,08 lít
3


(đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Biết tỉ khối
của Z so với He là 23/18. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần
nhất với giá trị nào sau đây?
A. 15.
B. 20.
C. 25.

D. 30.
Nhận xét:
Đây rõ ràng là một bài toán Hóa học hay và khó. Trước bài toán này học sinh
thường không có hướng làm. Việc viết phương trình hóa học để giải bài toán này
là rất khó khăn và không nên áp dụng do thời gian có hạn. Bản thân tôi đã
nghiên cứu và hướng dẫn học sinh một cách giải rất hay cho bài toán này bằng
phương pháp kết hợp các định luật bảo toàn trong Hóa học như sau:
Hướng dẫn giải:
MZ =

4.23
= 5,1⇒ Trong Z có H2 và NO. Số mol hỗn hợp khí Z là 0,45 mol.
18

Dễ dàng tính được NO (0,05 mol) và H2 (0,4 mol)
Sơ đồ phản ứng: X + KHSO4 → muối + khí Z + H2O
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
4.23
66,2 + 3,1.136 = 466,6 + 0,45.
+ m H2O ⇒ m H 2O = 18,9g ⇒ n H2O = 1,05mol
18
Trong dung dịch sau phản ứng có thể có muối (NH4)2SO4.
Theo định luật bảo toàn nguyên tố H ta có:
n KHSO4 = 8n (NH4 )2 SO4 + 2n H2 + 2n H2O
Hay 3,1 = 8n (NH4 )2 SO4 + 2.0,4 + 2.1,05 ⇒ n (NH4 )2 SO4 = 0,025mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N ta có:

2n Fe(NO3 )2 = 2n (NH 4 )2 SO4 + n NO = 2.0,025 + 0,05 = 0,1mol ⇒ n Fe( NO3 )2 = 0,05mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố O ta có:

4n Fe3O4 + 6n Fe(NO3 )2 + 4n KHSO4 = 4n SO2− + n NO + n H2O
4

Hay 4n Fe3O4 + 6.0,05 + 4.0,31 = 4.0,31 + 0,05 + 1,05 ⇒ n Fe3O4 = 0, 2 mol
Vậy trong hỗn hợp X có mAl = 66,2 – 0,2.232 – 0,05.180 = 10,8 gam
10,8.100%
⇒ %Al =
= 16,3%
66,2
⇒ Chọn đáp án A.
Qua ví dụ trên ta thấy rằng việc hướng dẫn học sinh giải nhanh các bài toán
Hóa học hay và khó bằng phương pháp kết hợp các định luật bảo toàn là hết sức
cần thiết.
2.3. Sáng kiến kinh nghiệm đã sử dụng:
Bài 1: Cho 5,12 gam đồng phản ứng hoàn toàn với 50,4 gam dung dịch HNO 3
60% thu được dung dịch X. Hãy xác định nồng độ % của muối tan trong X biết
rằng nếu thêm 210ml dung dịch KOH 2M vào X rồi cô cạn và nung chất rắn sau
cô cạn tới khối lượng không đổi thì được 41,52 gam chất rắn.
A. 26,15%.
B. 17,67%.
C. 28,66%.
D. 75,12%.
Nhận xét:
4


Một trong những cái khó của bài toán này là học sinh phân vân không biết
khí sinh ra là những khí nào. Phương pháp làm hay là dùng định luật bảo toàn
nguyên tố để tìm ra số mol N tạo khí và số mol O tạo khí từ đó tính được khối
lượng khí thoát ra và khối lượng dung dịch sau phản ứng.

Bài toán này được giải nhanh bằng phương pháp kết hợp các định luật: bảo
toàn nguyên tố (Cu, N, O, K), bảo toàn khối lượng và bảo toàn electron.
Hướng dẫn giải:
Ta có: nCu = 0,08mol;nHNO3 = 0,48mol;nKOH = 0,42mol
Nếu hỗn hợp sau khi nung không có KOH dư thì khối lượng hỗn hợp này gồm
0,08 mol CuO và 0,42 mol KNO2 ⇒ khối lượng là: 0,08.80+0,42.85=42,1 gam
≠ 41,52 gam. Vậy KOH dư.
41,52 gam hỗm hợp sau nung gồm:

KNO :x mol
2


CuO:0,08mol

KOH: 0,42-x


(

) mol

⇒ 85x+0,08.80+56(0,42-x)=41,52 ⇒ x=0,4mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
nHNO3 d­ = 0,4− 0.08.2 = 0,24mol ⇒ nHNO3p­ = 0,48− 0,24 = 0,24mol
⇒ nH2O = 0,12mol

nHNO ban­®Çu = 2nCu(NO ) + nHNO d­ + nN(khÝ)
3

32

3

⇒ nN(khÝ) = 0,48− 2.0,08− 0,24= 0,08mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố O:
3nHNO3 p­ = 6nCu(NO3)2 + nO(H2O) + nO(khÝ)
Hay3.0,24= 6.0,08+ 0,12+ nO(khÝ) ⇒ nO(khÝ) = 0,12mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng:
Khối lượng dung dịch sau phản ứng=50,4+5,12-0,08.14-0,12.16=52,48 gam
⇒ C%Cu(NO3 )2 =

0,08.188
= 28,66% ⇒ Chọn đáp án C
52,48

Bài 2: Hòa tan hoàn toàn 4,8 gam Mg vào 49 gam dung dịch H 2SO4 80% thu
được dung dịch X và khí Y. Cho X tác dụng hoàn toàn với 700 ml dung dịch
KOH 1M, sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z
nặng 58,575 gam. Tính C% của MgSO4 trong X?
A. 48,66%. B. 44,61%.
C. 49,79%.
D. 46,24%.
Nhận xét:
Khí có chứa S trong Y có thể gồm H2S và SO2.
Để giải nhanh bài toán này ta có dùng kết hợp các định luật bảo toàn như:
bảo toàn nguyên tố (Mg, K, S), bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng.
Hướng dẫn giải:
Số mol Mg: 0,2 mol; H2SO4: 0,4 mol; KOH: 0,7 mol.

58,575 gam chất rắn Z gồm:
5


n
 K 2SO4 = a mol
⇒ 174a + 56b = 58,575(1)

n KOH = bmol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố K ta có: 2a + b=0,7 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: a = 0,3125 mol; b=0,075 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố S:
nS(H2SO4) = nS(SO2− ) + nS(khÝ) ⇒ nS(khÝ) = 0,4− 0,3125 = 0,0875mol
4

n
= x mol
 SO2
Khí Y gồm: 
n H2S = ymol


Theo định luật bảo toàn nguyên tố S: x + y = 0,0875 (3)
Theo định luật bảo toàn electron ta có: 2x + 8y = 0,2.2 = 0,4 (4)
 x = 0,05mol
Từ (3) và (4) suy ra: 
 y = 0,0375mol
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
m Mg + mddH2SO4 = mddX + m H2S + mSO2

⇒ mdd X = 4,8 + 49 − 0,0375.34 − 0,05.64 = 49,325gam
0, 2.120
⇒ C%MgSO 4 =
= 48,66% ⇒ Chọn đáp án A
49,325

Bài 3: Hoà tan hoàn toàn một lượng hỗn hợp gồm Fe 3O4 và FeS2 trong 63 gam
dung dịch HNO3, thu được 1,568 lít khí NO2 duy nhất (đktc). Dung dịch thu
được cho tác dụng vừa đủ với 200ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa, nung đến
khối lượng không đổi thu được 9,76 gam chất rắn. Nồng độ % của dung dịch
HNO3 có giá trị là:
A. 47,2%.
B. 46,2%.
C. 46,6%.
D. 44,2%.
Nhận xét:
Bài tập này ở một số tài liệu người ta cho cụ thể 2 phản ứng xảy ra giữa
Fe3O4 và FeS2 với HNO3, học sinh dựa vào các phản ứng đã cho và kết hợp với
các dữ kiện khác để giải. Tuy nhiên theo tôi cách giải đó rất mất thời gian và để
giải bài toán này không cần viết phương trình phản ứng mà vẫn giải nhanh được
thông qua việc kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Fe, S,
N), bảo toàn electron và bảo toàn điện tích.
Hướng dẫn giải:
Gọi số mol của Fe3O4, số mol FeS2 lần lượt là a mol, b mol.
Số mol Fe2O3 là 0,061 mol, theo định luật bảo toàn nguyên tố Fe ta có:
3a + b = 0,061.2 = 0,122 (1)
Số mol NO2 là 0,07 mol, theo định luật bảo toàn electron ta có:
a + 15b = 0,07 (2)
a = 0,04mol

Từ (1) và (2) suy ra: b = 0,002mol

6


Theo định luật bảo toàn nguyên tố S: Số mol SO42- là 0,004 mol
Trong dung dịch sau phản ứng với NaOH có:
 Na+ :0,4mol
 2−
SO4 :0,004mol

−
 NO3 :cmol

Theo định luật bảo toàn điện tích: c = 0,4 - 0,004.2 = 0,392 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
Số mol HNO3 = 0,392+ 0,07 = 0,462mol
⇒ C%HNO3 =

0,462.63
.100% = 46,2% ⇒ Chọn đáp án B
63

Bài 4: Hỗn hợp X có khối lượng 44,28 gam gồm Cu2O, FeO và kim loại M
(trong X số mol của M bằng số mol của nguyên tố oxi). Hòa tan hết X trong
dung dịch HNO3 dư thấy có 2,76 mol HNO3 tham gia phản ứng thu được 184,68
gam muối và 8,064 lít (đkc) khí NO duy nhất. Tính % khối lượng của Cu 2O
trong X:
A. 38,06%. B. 47,92%.

C. 32,82%.
D. 39,02%.
Nhận xét:
Muối thu được có thể có NH4NO3. Trước hết dùng định luật bảo toàn khối
lượng để tính khối lượng H2O, sau đó dùng định luật bảo toàn nguyên tố H để
tính số mol NH4+. Tiếp theo ta dùng định luật bảo toàn nguyên tố (N, O) và định
luật bảo toàn electron để giải nhanh bài toán.
Hướng dẫn giải:
Theo định luật bảo toàn khối lượng:
mX + mHNO3 = mmuèi + mNO + mH2O
44, 28 + 2,76.63 = 184,68 + 0,36.30 + m H2O ⇒ m H2O = 22,68gam ⇒ n H2O = 1, 26 mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố H:
n H(HNO3 ) = n H(H2O) + n H(NH+ ) ⇒ n NH+ = (2,76 −1,26.2) : 4 = 0,06mol
4

4

Theo định luật bảo toàn N ta có:

2,76 = nNO− + 0,36 + 0,06⇒ nNO− = 2,34mol
3

3

Theo định luật bảo toàn O:

nO(trongX) + 2,76.3= 2,34.3+ 0,36+ 1,26⇒ nO(trongX) = 0,36mol

Trong 44,28 gam X có:

Fe:amol
56a+ 64b + 0,36M + 0,36.16 = 44,28(1)

Cu:bmol

⇒ b

O:0,36mol
a+ = 0,36(2)
2

 M :0,36mol


Theo định luật bảo toàn electron:
3a + 2b + 0,36n = 0,36.2 + 0,36.3 + 0,06.8 = 2,28 (3)
Từ (1), (2) và (3) ta có

7


n = 3

a = 0,24mol
0,12.144
⇒ 
⇒ %Cu2O =
.100% = 39,02% ⇒ Chọn
44,28

b = 0,24mol
 M = 27


đáp án D

Bài 5: Cho 10 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, S, FeS2 và CuS (trong đó O
chiếm 16% khối lượng hỗn hợp X) tác dụng vừa đủ với 0,335 mol H 2SO4 đặc
(đun nóng) sinh ra 0,2125 mol khí SO2 và dung dịch Y. Nhúng thanh Mg dư vào
Y sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Mg ra cân lại thấy tăng 2,8
gam (Giả sử 100% kim loại sinh ra bám vào thanh Mg). Đốt cháy hoàn toàn 10
gam X (nguyên tố S bị oxi hóa thàng SO2) bằng lượng vừa đủ V lít (đktc) hỗn
hợp khí A gồm O2 và O3 tỉ lệ mol 1:1. Giá trị của V là:
A. 1,4336.
B. 1,5232.
C. 1,4784.
D. 1,568.
Nhận xét:
Đây là bài toán rất hay, học sinh sẽ rất khó khăn để tìm ra hướng giải.
Tuy nhiên nếu biết kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố
(H, O, Fe, Cu, S), bảo toàn điện tích, bảo toàn electron thì việc giải bài toán này
trở nên rất dễ dàng.
Hướng dẫn giải:
nO(trongX) = 0,1mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố H: Số mol H2O = số mol H2SO4 phản ứng
Theo định luật bảo toàn nguyên tố O:

nO(trongX) + 4nH SO = 4nSO2− + 2nSO + nH O
2

4

4

2

2

⇒ nSO2− = (0,1+ 4.0,335− 2.0,2125− 0,335):4 = 0,17mol
4

Trong dung dịch Y có:
a mol Fe3+, b mol Cu2+ và 0,17 mol SO42Theo định luật bảo toàn điện tích đối với dung dịch Y:
3a + 2b = 0,17.2 = 0,34 (1)
Khi dung dịch Y tác dụng với Mg:
Dung dịch sau phản ứng với Mg dư chỉ có MgSO4 (0,17 mol)
⇒ mol Mg phản ứng là 0,17 mol
Ta có: 56a + 64b - 0,17.24 = 2,8 (2)
a = 0,1mol
Từ (1) và (2) tính được: 
b = 0,02mol
Vậy trong X có:

n = 0,1mol
 O
n Fe = 0,1mol

n Cu = 0,02mol

nS = 0,0475mol

Khi X tác dụng với hỗn hợp gồm O2 và O3 được:

8


n
= 0,05mol
 Fe2O3

n CuO = 0,02mol ⇒ n A

nSO2 = 0,0475mol


= 2.(0,05.3 + 0,02 + 0,0475.2 − 0,1):5 = 0,066mol

⇒ V = 1,4784 lít ⇒ Chọn đáp án C

Bài 6: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3
trong 50 ml dung dịch H2SO4 18M (đặc, dư, đun nóng), thu được V lít khí SO2
(đktc) là sản phẩm khử duy nhất và dung dịch Y. Cho 450 ml dung dịch NaOH
2M vào dung dịch Y thu được 21,4 gam kết tủa. Giá trị của V là:
A. 4,48.
B. 5,60.
C. 6,72.
D. 3,36.
Nhận xét:
Trước hết phải kiểm tra lượng NaOH phản ứng với dung dịch Y có dư hay
không. Ta có thể kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Na, Fe,

S), bảo toàn điện tích và bảo toàn electron để giải nhanh bài toán này.
Hướng dẫn giải:
H2SO4: 0,9 mol
21,4
Nếu NaOH dư thì: nFe(OH)3 = 107 = 0,2mol

 n = 0,2mol

 Fe
Khi đó trong hỗn hợp X có 2 nghuyên tố  n = 0,5mol ⇒ Vô lý. Vậy NaOH thiếu.
 O

Coi hỗn hợp X gồm 2 nguyên tố:
 nFe = amol
⇒ 56a+ 16b = 19,2(1)

 nO = bmol

Theo định luật bảo toàn các nguyên tố: Na, Fe thì trong dung dịch Y gồm:
 Na+ :0,9mol
 3+
Fe :(a− 0,2)mol
 2−
SO4 :cmol

0,9+ 3a− 0,6 0,3+ 3a
=
mol
Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: c = nSO24− =
2

2

Theo định luật bảo toàn nguyên tố S:

nS(H SO ) = nS(SO ) + nS(SO2− ) ⇒ nS(SO ) = (0,9− 0,3+ 3a)mol
2

4

2

4

2

2



Theo định luật bảo toàn electron: 3nFe = 2nO + 2nSO2 ⇔ 3a = 2b + 2 0,9−


0,3+ 3a
2 ÷

⇒ 6a− 2b = 1,5(2)
a = 0,3mol

Từ (1) và (2) ⇒ 

b = 0,15mol

Vậy, số mol SO2 là 0,3 mol. Do đó V = 0,3.22,4 = 6,72 lít ⇒ Chọn đáp án C
Bài 7: Cho 7,65 gam hỗn hợp X gồm Al và Al 2O3 (trong đó Al chiếm 60% khối
lượng) tan hoàn toàn trong dung dịch Y gồm H2SO4 và NaNO3, thu được dung
9


dịch Z chỉ chứa 3 muối trung hòa và m gam hỗn hợp khí T (trong T có 0,015
mol H2). Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch Z đến khi các phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được 93,2 gam kết tủa. Còn nếu cho Z phản ứng với NaOH thì
lượng NaOH phản ứng tối đa là 0,935 mol. Giá trị của m gần giá trị nào nhất sau
đây?
A. 2,5.
B. 3,0.
C. 1,5.
D. 1,0.
Nhận xét:
Đây là bài toán rất hay về việc dùng kết hợp các định luật bảo toàn để giải.
Để giải nhanh bài toán này ta dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn
nguyên tố (Al, H, Na, S, N) và bảo toàn khối lượng.
Hướng dẫn giải:
nSO2− = nBaSO4 = 0,4mol ⇒ nH+ = 0,8mol
4

mAl = 7,65.60% = 4,59gam⇒ nAl = 0,17mol
mAl2O3 = 7,65− 4,59 = 3,06gam⇒ nAl2O3 = 0,03mol

Tổng số mol Al3+ là 0,17 + 2.0,03 = 0,23 mol
Số mol OH- cần dùng để chuyển 0,23 mol Al3+ thành AlO2- là 0,23.4 = 0,92 mol

Suy ra số mol OH- phản ứng với NH4+ là 0,935 – 0,92 = 0,015 mol
Số mol H+ tạo thành ion NH4+ = 4.0,015 = 0,06 mol
Số mol H+ tạo H2 = 2.0,015 = 0,03 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố H suy ra số mol H+ tạo H2O là:
0,8 – (0,06 + 0,03) = 0,71 mol. Suy ra số mol H2O là 0,355 mol
Sơ đồ phản ứng:
X + H2SO4 + NaNO3 → Na2SO4 + Al2(SO4)3 + (NH4)2SO4 + T + H2O
0,4
0,095
0,0475
0,115
0,0075
0,355 (mol)
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
7,65+0,4.98+0,095.85=0,0475.142+0,115.342+0,0075.132+mT+0,355.18
⇒ mT=1,47 gam ⇒ Chọn đáp án C.
Bàì 8: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm FeS 2 và Fe3O4 bằng 0,25 lít dung dịch
HNO3 xM, vừa đủ thu được 14,336 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và NO 2 có tỉ
khối so với hiđro bằng 18 và dung dịch X chứa 82,08 gam hỗn hợp 2 muối. Giá
trị của a là:
A. 5,66M.
B. 8,24M.
C. 5,44M.
D. 4,84M.
Nhận xét:
Hai muối trong dung dịch X là Fe2(SO4)3 và Fe(NO3)3. Có thể dùng kết hợp
các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Fe, S), bảo toàn điện tích và bảo
toàn electron để giải.
Hướng dẫn giải:
Trước hết tính số mol mỗi khí: NO (0,4 mol), NO2 (0,24 mol)

Gọi số mol FeS2, Fe3O4 lần lượt là a mol, b mol
Theo định luật bảo toàn các nguyên tố Fe, S suy ra trong dung dịch X có

10



n Fe3+ = (a + 3b)mol

nSO2− = 2a mol
4

n − = cmol
 NO3

⇒ 56(a + 3b) + 96.2a + 62.c = 82,08 (1)

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 3.(a + 3b) = 2.2a + c (2)
Mặt khác theo định luật bảo toàn electron ta có: 15a + b = 0,4.3 + 0,24.1 (3)
Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được
a = b = 0,09mol
⇒ 

c = 0,72mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
n HNO 3 = c + 0,4 + 0,24 = 1,36mol ⇒ x = 1,36:0,25 = 5,44M ⇒ Chọn đáp án C.
Bài 9: Hỗn hợp A gồm Fe3O4, Cu và Zn. Cho 112,2 gam A tan hết trong dung
dịch H2SO4 loãng thì thấy có 1,7 mol axit phản ứng và có 2,24 lít khí (đktc) bay
ra. Sục NH3 dư vào dung dịch sau phản ứng thu được 114,8 gam kết tủa. Mặt
khác cho 112,2 gam A tác dụng với 1,2 lít dung dịch hỗn hợp HCl và NaNO 3 (d

= 1,2 gam/ml). Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch B
(không có Fe2+), hỗn hợp khí C (không có H2). Biết rằng số mol HCl và NaNO3
phản ứng lần lượt là 4,56 mol và 0,34 mol. Nồng độ % của FeCl 3 trong dung
dịch B gần nhất với giá trị nào sau đây?
A. 12,5%.
B. 14,5%.
C. 16,5%.
D. 10,5%.
Nhận xét:
Phải nói rằng đây là bài toán rất hay! Nếu không dùng kết hợp các định luật
bảo toàn sẽ không giải được.
Có thể giải nhanh được bài toán này thông qua việc kết hợp các định luật bảo
toàn như: bảo toàn nguyên tố (H, O, Cu, Fe, S, Zn, Cl, Na, N), bảo toàn điện tích
và bảo toàn khối lượng.
Hướng dẫn giải:
Ta có : H2SO4: 1,7 mol; H2: 0,1 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố H ta có: n H2O = 1,6 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố O ta có: n Fe3O4 = 0, 4 mol
Vậy 112,2 gam hỗn hợp A gồm:
Fe3O 4 : 0,4 mol

Cu : a mol
 Zn : b mol

Suy ra: 64a + 65b = 19,4 (1)
Ta lại có : 114,8 gam kết tủa gồm:

Fe ( OH ) : x mol
 x = 0,8mol
 x + y = 1, 2


2
⇒ 
⇒ 

90x + 107y = 114,8
 y = 0,4mol
Fe ( OH ) 3 : y mol

11


Mặt khác theo định luật bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng ta có:
2a + 2b + 0,8.2 + 0,4.3 = 1,7.2 hay a + b = 0,3 (2)
a = 0,1mol

Từ (1) và (2) ta có: 

 b = 0, 2 mol

Khi A tác dụng với dung dịch gồm (HCl và NaNO3)
Fe3+ :1,2mol; Cu 2+ : 0,1mol
 Fe3O 4 : 0, 4mol


HCl,NaNO3
BTDT

→  Zn 2+ : 0,2mol; Na + : 0,34mol 
→ t = n NH+ = 0,02mol

Cu : 0,1mol
4
 Zn : 0,2mol
 NH + : t mol; Cl− : 4,56mol
4



Theo định luật bảo toàn nguyên tố H ⇒ n H2O = 2,24 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố O ⇒ n O(trongC) = 0,38mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N ⇒ n N(trongC) = 0,32 mol
C%FeCl3 =

1, 2.162,5
= 12,65% ⇒ Chọn đáp án A.
112,2 + 1200.1, 2 − 0,38.16 − 0,32.14

Bài 10: Hòa tan hết 10,24 gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe 3O4 bằng dung dịch
chứa 0,1 mol H2SO4 và 0,5 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí
gồm 0,1 mol NO và a mol NO2 (không còn sản phẩm khử nào khác). Chia dung
dịch Y thành hai phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng với 500 ml dung dịch KOH 0,4M, thu được 5,35 gam
một chất kết tủa.
- Phần hai tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:
A. 20,62.
B. 41,24.
C. 20,21.
D. 31,86.
Nhận xét:

Trước hết phải kiểm tra xem có H+ dư trong dung dịch Y hay không.
Dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Fe, S, N), bảo
toàn điện tích và bảo toàn electron để giải.
Hướng dẫn giải:
n H+ = 0,7 mol;n NO− = 0,5mol;n SO2− = 0,1mol
3

4

-

Phần 1 tác dụng với 0,2 mol OH được 5,35 gam kết tủa
Nếu H+ không dư thì toàn bộ lượng OH- sẽ tham gia pư tạo kết tủa và khi đó
lượng kết tủa khác 5,35 gam. Vậy H+ dư.
Số mol OH- tạo kết tủa Fe(OH)3 là 3.0,05 = 0,15 mol ⇒ OH- dư trong phần 1 là
0,2 – 0,15 = 0,05 mol.
Coi hỗn hợp X gồm 2 nguyên tố: Fe (x mol) và O (y mol)
Ta có: 56x + 16y = 10,24 (1)
Theo định luật bảo toàn các nguyên tố Fe, S, N thì trong dung dịch Y có :
H + :0,1mol; NO3− (0,5 − 0,1 − a) = (0,4 − a) mol
 2−
3+
SO4 :0,1mol; Fe :x mol

Theo định luật bảo toàn điện tích: 3x + 0,1 = 0,4 – a + 2.0,1 hay 3x + a = 0,5 (2)

12


Theo định luật bảo toàn electron:

3n Fe = 2n O + 3n NO + n NO2 hay3x = 2y + 0,3 + a (3)
Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được:
x = 0,16 mol ; y = 0,08 mol ; a = 0,02 mol
Trong phần 2 có:
 H+ :0,05mol

−
 Fe(OH)3 :0,08mol
 NO3 0,19mol
+ Ba(OH)2
→
⇒ m = 0,08.107+ 0,05.233 = 20,21gam
 2−

 BaSO4 :0,05mol
SO4 :0,05mol
 Fe3+ :0,08mol

⇒ Chọn đáp án C.

Bài 11: Cho 3,48 gam bột Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl (dư) và
KNO3, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Y
gồm N2 và H2. Khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 11,4. Giá trị của m là:
A. 16,085.
B. 14,485.
C. 18,300.
D. 18,035.
Nhận xét :
Do trong Y đã có khí H2 nên ion NO3- phải hết.
Trong dung dịch X có thể có NH4+.

Có thể dùng kết hợp các định luật bảo toàn: bảo toàn nguyên tố (Mg, Cl, K,
N), định luật bảo toàn electron và định luật bảo toàn điện tích để giải.
Hướng dẫn giải:
nMg=0,145 mol
Dễ dàng tính được: H2 (0,005 mol), N2 (0,02 mol)
Theo định luật bảo toàn electron:
2nMg = 10nN2 + 2nH2 + 8nNH+ ⇒ nNH+ =
4

4

2.0,145− 10.0,02− 2.0,005
= 0,01mol
8

Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:

⇒ nKNO3 = 2nN2 + nNH+4 = 2.0,02+ 0,01= 0,05mol

Trong dung dịch X có:
 K + :0,05mol; NH+4 :0,01mol

2+
−
 Mg :0,145mol; Cl :amol

Theo định luật bảo toàn điện tích, tính được a = 0,35 mol.
Vậy m = 0,05.39+ 0,01.18 + 3,48 + 0,35.35,5 = 18,035 gam ⇒ Chọn đáp án D.
Bài 12: Cho 1 lượng bột Fe tan hết trong dung dịch chứa HNO 3, sau khi phản
ứng kết thúc thì thu được 2,688 lít NO (đktc) và dung dịch X. Thêm dung dịch

chứa 0,3 mol HCl loãng vào bình thì thấy khí NO tiếp tục thoát ra và cuối cùng
thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần vừa
hết 650 ml dung dịch KOH 1M. (Biết NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5).
Khối lượng muối có trong X là:
A. 29,04 gam.
B. 29,6 gam.
C. 32,4 gam.
D. 21,6 gam.
Nhận xét:

13


Học sinh thường có suy nghĩ liệu trong dung dịch Y có HCl dư hay không.
Tuy nhiên, ta có thể giải bài toán này một cách nhanh chóng mà lúc đầu không
cần quan tâm đến lượng HCl có dư trong Y hay không thông qua việc kết hợp
các định luật bảo toàn như: bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố (K, Cl, N), bảo
toàn điện tích.
Hướng dẫn giải:
2,688

Ta có : nNO = 22,4 = 0,12mol
Theo định luật bảo toàn electron, số mol NO3- trong X là 0,12.3=0,36 mol
nKOH=0,65 mol. Theo định luật bảo toàn nguyên tố K và Cl, dung dịch sau phản
ứng với KOH có:
 KCl : 0,3mol

 KNO3 : 0,35mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố N, số mol NO tiếp tục thoát ra:

0,36-0,35=0,01 mol ⇒ n Fe2+ = 0,03mol . Vậy trong dung dịch X có:
Fe2+ (0,03 mol), Fe3+ (0,1 mol) và NO3- (0,36 mol)
Khối lượng muối trong X: m muèi = 0,13.56 + 0,36.62 = 29,6gam ⇒ Chọn đáp án B.
Bài 13: Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X
gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối
clorua (không còn khí dư). Hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch
HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng hoàn toàn với lượng
dư AgNO3, thu được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của clo trong hỗn
hợp X là:
A. 76,70%.
B. 56,36%.
C. 51,72%.
D. 53,85%.
Nhận xét:
Học sinh thường không phát hiện ra được trong 56,69 gam kết tủa có thể có
Ag. Ta dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố (Mg, Fe, Cl,
N, Ag) và định luật bảo toàn electron để giải nhanh bài toán này.
Hướng dẫn giải:
nMg=0,08 mol; nFe=0,08 mol
Sau toàn bộ quá trình phản ứng, theo định luật bảo toàn nguyên tố Mg và Fe thu
được:
Mg(NO3 ) 2 :0,08mol

Fe(NO3 )3 :0,08mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N: Số mol AgNO3 phản ứng là:
0,08.2 + 0,08.3 = 0,4 mol.
56,69 gam kết tủa gồm:
AgCl:a mol

Ag:bmol

⇒ 143,5a + 108b = 56,69(1)
Theo định luật bảo toàn nguyên tố Ag, ta có: a + b = 0,4 (2)
14


Từ (1) và (2) suy ra:

a = 0,38mol

b = 0,02mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố Cl:

2nCl2 + nHCl = nAgCl = 0,38⇒ 2nCl2 = 0,38− 0,24 = 0,14 ⇒ nCl2 = 0,07mol

Theo định luật bảo toàn electron:
2nMg + 3nFe = 2nCl2 + 4nO2 + b ⇒ 4nO2 = 0,08.2+ 0,08.3− 2.0,07− 0,02 = 0,24mol
⇒ nO2 = 0,06mol

0,07

Vậy % thể tích Cl2 trong X là: 0,07+ 0,06 .100% = 53,85% ⇒ Chọn đáp án D.
Bài 14: Hòa tan 7,8 gam hỗn hợp Al và Mg trong 1,0 lít dung dịch HNO 3 1M
thu được dung dịch B và 1,792 lít hỗn hợp hai khí N 2 và N2O (đktc) có tỉ khối so
với H2 bằng 18. Cho vào dung dịch B một lượng dung dịch NaOH 1M đến khi
lượng kết tủa không thay đổi nữa thì cần 1,03 lít. Khối lượng muối thu được
trong dung dịch B là:
A. 50,24gam.
B. 52,44gam.
C. 58,2gam.

D. 57,4gam.
Nhận xét:
Có thể dùng kết hợp các định luật bảo toàn: bảo toàn electron, bảo toàn
nguyên tố (Na, Al, N) để giải nhanh bài toán này.
Hướng dẫn giải:
Gọi nAl = x mol, nMg = y mol
⇒ 27x + 24y = 7,8 (1)
Tính được số mol mỗi khí: N2 ( 0,04 mol) và N2O (0,04 mol)
Theo định luật bảo toàn electron ta có:
3x + 2y = 0,04.10 + 0,04.8 + 8a = 0,72 + 8a (a: số mol NH4NO3)
Hay 3x + 2y – 8a = 0,72 (2)
Khi cho NaOH vào thì Na sẽ chuyển vào: NaNO3 và NaAlO2
Theo định luật bảo toàn nguyên tố N:
n NO− = n HNO3 − 2n N2 − 2n N2O − n NH+
3

4

⇒ n NaNO3 = 1 − 0,04.2 − 0,04.2 − a = (0,84 − a) mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố Al suy ra số mol NaAlO2 là x mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố Na:
(0,84 – a) + x = 1,03 hay x – a = 0,19 (3)
Giải hệ các phương trình (1), (2), (3) ta được:

 x = 0,2mol

 y = 0,1mol
a = 0,01mol


Vậy m = 7,8 + 62.0,8 + 0,01.80 = 58,2 gam ⇒ Chọn đáp án C.
Bài 15: Dung dịch X gồm NaOH x mol/l và Ba(OH)2 y mol/l; dung dịch Y gồm
NaOH y mol/l và Ba(OH)2 x mol/l. Hấp thụ hết 0,04 mol CO 2 vào 200 ml dung
dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa. Nếu hấp thụ hết 0,0325 mol
CO2 vào 200 ml dung dịch Y thì thu được dung dịch N và 1,4775 gam kết tủa.

15


Biết hai dung dịch M và N phản ứng với dung dịch KHSO4 đều sinh ra kết tủa
trắng, các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Giá trị của x và y lần lượt là:
A. 0,1 và 0,075. B. 0,05 và 0,1. C. 0,075 và 0,1. D. 0,1 và 0,05.
Nhận xét:
Đây là bài toán hay về dạng toán CO 2 tác dụng với dung dịch kiềm. Có thể
dùng kết hợp các định luật bảo toàn như: bảo toàn nguyên tố C, bảo toàn điện
tích để giải.
Hướng dẫn giải:
Do M, N tác dụng với KHSO4 có kết tủa trắng
⇒ Trong dung dịch M, N có Ba2+ dư.
 nOH− = (0,2x + 0,4y)mol

0,04molCO2 t¸cdôngví i 0,2lÝtddX 

n
= 0,2ymol
 Ba2+

DungdÞchM

⇒ 

BaCO3 ↓:0,01mol

3

-

Theo định luật bảo toàn nguyên tố C, số mol HCO trong dung dịch M là:
0,04-0,01=0,03 mol
n
= 0,2x mol
 Na

Trong dung dịch M có: n Ba = (0,2y − 0,01)mol

n HCO = 0,03 mol
+

2+



−
3

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,2x+2.(0,2y-0,01)=0,03 (1)
 nOH− = (0,2y + 0,4x)mol

0,0325molCO2t¸cdôngví i0,2lÝtddX 

 nBa2+ = 0,2xmol

Trong dung dịch N có:

DungdÞchN

⇒ 

BaCO3 ↓= 0,0075mol

n
= 0,2ymol
 Na +

n Ba 2+ :(0,2x − 0,0075)mol

n − = 0,0325 − 0,0075 = 0,025mol

 HCO3

Theo định luật bảo toàn điện tích ta có: 0,2y + 2.(0,2x - 0,0075) = 0,025 (2)
Giải hệ các phương trình (1) và (2) ta được: x = 0,05M ; y = 0,1M
⇒ Chọn đáp án B.
Bài tập tham khảo
Bài 1: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm FeS 2 và Fe3O4 bằng 0,2 lít dung dịch
HNO3 aM, vừa đủ thu được 14,336 lít hỗn hợp khí (đktc) gồm NO và NO 2 có tỉ
khối so với hiđro bằng 18 và dung dịch chỉ chứa 82,08 gam muối. Giá trị của a
là:
A. 7,0M.

B. 10,0M.
C. 6,8M.
D. 6,0M.
Bài 2: Hỗn hợp X gồm KCl và KClO 3. Người ta cho thêm 10 gam MnO 2 vào
39,4 gam hỗn hợp X thu dược hỗn hợp Y. Nung Y ở nhiệt độ cao được chất rắn
Z và khí P. Cho Z vào dung dịch AgNO3 lấy dư thu được 67,4 gam chất rắn. Lấy
1/3 khí P sục vào dung dịch chứa 0,5 mol FeSO 4 và 0,3 mol H2SO4 thu được
dung dịch Q. Cho dung dịch Ba(OH) 2 lấy dư vào dung dịch Q thu được x gam
kết tủa. Biết các phản ứng hoàn toàn, Giá trị của x là:
16


A. 185,3.
B. 197,5.
C. 212,4.
D. 238,2.
Bài 3: Trộn 2,43 gam Al với 9,28 gam Fe 3O4 rồi nung nóng ở nhiệt độ cao cho
phản ứng xảy ra một thời gian, được hỗn hợp X gồm Al, Fe, Al 2O3, FeO và
Fe3O4. Cho toàn bộ X phản ứng với dung dịch HCl dư thu được 2,352 lít H 2
(đktc) và dung dịch Y. Cô cạn Y được a gam muối khan. Xác định giá trị của a?
A. 18,325.
B. 27,965.
C. 16,605.
D. 28,326.
Bài 4: Hòa tan hoàn toàn 0,1 mol FeS2 trong 200 ml dung dịch HNO3 4M, sản
phẩm thu được gồm dung dịch X và một chất khí thoát ra. Dung dịch X có thể
hòa tan tối đa m gam Cu. Biết trong các quá trình trên, sản phẩm khử duy nhất
của N+5 đều là NO. Giá trị của m là:
A. 12,8.
B. 6,4.

C. 9,6.
D. 3,2.
Bài 5: Trong bình kín dung tích 10,6 lít chứa khí CO và một lượng hỗn hợp A
gồm Fe3O4 và FeCO3 ở 28,6oC áp suất trong bình là 1,4 atm (thể tích chất rắn coi
như không đáng kể). Nung nóng bình ở nhiệt độ cao để các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Hỗn hợp khí sau phản ứng có tỉ khối so với H 2 là 20,5. Hòa tan hoàn
toàn hỗn hợp A trong dung dịch HNO3 loãng, thu được 0,896 lít hỗn hợp khí
gồm NO và CO2 ở 0oC và 1,5 atm. Thể tích dung dịch HCl 0,5M tối thiểu để hòa
tan hết hỗn hợp A gần nhất với:
A. 1,5 lít.
B. 2 lít.
C. 2,5 lít.
D. 3 lít.
Bài 6: Cho 33,35 gam hỗn hợp A gồm Fe3O4, Fe(NO3)3 và Cu tác dụng với dung
dịch chứa 0,414 mol H2SO4 loãng, sau phản ứng thu được khí NO duy nhất và
dung dịch B chứa 2 muối. Cô cạn dung dịch B thì thu được bao nhiêu gam muối
khan?
A. 65,976 hoặc 61,52.
B. 64,4 hoặc 61,52.
C. 73,122 hoặc 64,4.
D. 65,976 hoặc 75,922.
Bài 7: Cho m gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe tác dụng hoàn toàn với dung dịch
HNO3 dư thu được dung dịch Y chứa (m + 109,4) gam muối và V lít (đktc) hỗn
hợp khí X có tổng khối lượng 11,2 gam. Biết rằng khi cho NaOH dư vào Y đun
nóng nhẹ thấy có 1,12 lít khí (đktc) thoát ra. Giá trị lớn nhất của V có thể là:
A. 8,9.
B. 8,4.
C. 6,72.
D. 6,6.
Bài 8: Hỗn hợp X gồm Al, Fe3O4 và CuO, trong đó oxi chiếm 25% khối lượng

hỗn hợp. Cho 1,344 lít khí CO (đktc) đi qua m gam X nung nóng, sau một thời
gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H 2 bằng 18. Hòa tan
hoàn toàn Y trong dung dịch HNO3 loãng (dư), thu được dung dịch chứa 3,08m
gam muối và 0,896 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị m gần
giá trị nào nhất sau đây ?
A. 9,5.
B. 8,5.
C. 8,0.
D. 9,0.
Bài 9: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH và Na2CO3
trong dung dịch H2SO4 40% (loãng, vừa đủ) thu được 8,96 lít hỗn hợp khí
có tỉ khối đối với H2 bằng 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô
cạn toàn bộ dung dịch Y thu được 170,4 gam muối trung hoà khan. Viết các
phương trình phản ứng và tính giá trị của m?
A. 50,6.
B. 25,3.
C. 60,5.
D. 45,6.
17


Bài 10: Hòa tan hết một hỗn hợp X (0,3 mol Fe 3O4; 0,25 mol Fe; 0,2 mol CuO)
vào một dung dịch hỗn hợp HCl 3M và HNO3 4M. Sau phản ứng hoàn toàn thu
được dung dịch Y (trong đó chỉ chứa muối sắt (III) và muối đồng (II)) và khí NO
(là sản phẩm giảm số oxi hóa duy nhất của N +5). Tổng khối lượng muối trong
dung dịch Y nhận giá trị là:
A. 268,2gam.
B. 368,1gam. C. 423,2gam.
D. 266,9gam.
Bài 11: Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam hỗn hợp hai

oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp chất rắn X. Cho X vào dung dịch NaOH
dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 0,672 lít khí H 2 (đktc). Sục khí
CO2 dư vào Y, thu được 7,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch H 2SO4,
thu được dung dịch chứa 15,6 gam muối sufat và 2,464 lít khí SO 2 (đktc, là sản
phẩm khử duy nhất của H2SO4). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của
m là:
A. 5,04.
B. 6,29.
C. 6,48.
D. 6,96.
Bài 12: Hòa tan hoàn toàn 20,85 gam hỗn hợp Al và Fe vào 1,6 lít dung dịch
HNO3 nồng độ CM thu được 10,08 lít khí NO (đktc) và dung dịch A. Lấy 3,24
gam Al cho vào dung dịch A cho đến khi Al tan hết. Sau phản ứng chỉ thu được
dung dịch B và khí NO (trong B không còn dư HNO 3). Thêm NaOH vào dung
dịch B cho đến khi toàn bộ muối sắt chuyển vừa hết thành hidroxit thì đã dùng
hết 1,58 mol NaOH. Lọc lấy kết tủa, đem nung trong không khí cho đến khi
khối lượng không còn thay đổi thì được 29,1 gam chất rắn M. Tính nồng độ
mol/lít của dung dịch HNO3 đã dùng?
A. 2,225M.
B. 3,125M.
C. 1,175M.
D. 1.235M.
Bài 13: Hòa tan hoàn toàn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam
HNO3 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X và V lit (đktc) hỗn
hợp khí B. Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y
và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi
thu được 16,0 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến
khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra
hoàn toàn. Tính C% của Fe(NO3)3 trong X?
A. 8,9%.

B. 15,1%.
C. 14,9%.
D. 13,6%.
Bài 14: Cho m gam bột Fe vào 200 ml dung dịch chứa hai muối AgNO 3 0,15M
và Cu(NO3)2 0,1M, sau một thời gian thu được 3,84 gam hỗn hợp kim loại và
dung dịch X. Cho 3,25 gam bột Zn vào dung dịch X, sau khi phản ứng xảy ra
hoàn toàn, thu được 3,895 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch Y. Giá trị của m
là:
A. 0,560.
B. 2,240.
C. 2,800.
D. 1,435.
Bài 15: Cho 46,8 gam hỗn hợp CuO và Fe3O4 (tỉ lệ mol 1:1) tan hết trong dung
dịch H2SO4 loãng, vừa đủ, thu được dung dịch A. Cho m gam Mg vào A, sau khi
phản ứng kết thúc thu được dung dịch B. Thêm dung dịch KOH dư vào B được
kết tủa D. Nung D trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 45,0
gam chất rắn E. Giá trị gần nhất của m là:
18


A. 6,6.
B. 11,0.
C. 13,2.
D. 8,8.
Bài 16: Cho hỗn hợp A gồm ba oxit của sắt Fe 2O3, Fe3O4 và FeO với số mol
bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng nó rồi cho
một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO 2 ra khỏi ống
được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH) 2 thu được m2 gam
kết tủa trắng. Chất còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20
gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này tác dụng hết với dung dịch HNO 3

đun nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc). Tính khối lượng m 1, m2 và số
mol HNO3 đã phản ứng?
A. 0,98 mol.
B. 1,11 mol.
C. 0,91 mol.
D. 1,32 mol.
Bài 17: Hòa tan hoàn toàn 1,28 gam Cu vào 12,6 gam dung dịch HNO3 60% thu
được dung dịch X. Cho X tác dụng hoàn toàn với 105 ml dung dịch KOH 1M,
sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch Y. Cô cạn Y được chất rắn Z. Nung Z đến
khối lượng không đổi, thu được 8,78 gam chất rắn. Nồng độ phần trăm của
Cu(NO3)2 trong X là:
A. 28,66%.
B. 30,08%.
C. 27,09%.
D. 29,89%.
Bài 18: Hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4. Cho khí CO qua m gam X nung
nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Cho toàn
bộ Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết
tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H 2SO4 đặc, nóng (dư), thu
được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam
muối. Giá trị của m là:
A. 5,68.
B. 6,80.
C. 7,12.
D. 13,52.
Bài 19: Cho 8,16 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 phản ứng hết
với dung dịch HNO3 loãng (dung dịch Y), thu được 1,344 lít khí NO (đktc) và
dung dịch Z. Dung dịch Z hòa tan tối đa 5,04 gam Fe, sinh ra khí NO. Biết trong
các phản ứng, khí NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5. Số mol HNO3 trong Y
là:

A. 0,54.
B. 0,78.
C. 0,50.
D. 0,44.
Bài 20: Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO 3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và
KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O 2 (đktc), chất rắn Y gồm CaCl2
và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K 2CO3 1M thu được
dung dịch Z. Lượng KCl trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm
khối lượng KCl trong X là:
A. 25,62%.
B. 12,67%.
C. 29,77%.
D. 18,10%.
Đáp án các bài tập tham khảo
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Đáp án
C
D
B
A

B
B
B
A
A
A
Câu
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
Đáp án
D
C
D
B
D
C
A
C
C
D
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Được sự tín nhiệm của nhà trường, tôi được dạy ôn lớp 12A 2. Tôi đã tiến

hành thử nghiệm như sau:
19


Trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm, tôi cho lớp 12A 2 (44 học sinh) làm
một bài kiểm tra, trong bài kiểm tra này có 10 bài tập hay và khó, học sinh làm
bài trong 45 phút.
Sau khi nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm xong, tôi cho lớp 12A 2 làm một
bài kiểm tra khác, trong bài kiểm tra này cũng có 10 bài tập hay và khó (khó hơn
lần trước) với thời gian như trên để so sánh.
Kết quả thu được như sau:
Số HS Mốc
Điểm khảo sát
lớp
thời
9-10
%
7-8 % 5-6 % 3-4 % 1-2 %
12A2
gian
Trước
khi áp
6
13,6 14 31,8 20 45,5 3 6,8 1 2,3
dụng
44
Sau
khi áp 20 45,5 20 45,5 4
9
0 0,0 0 0,0

dụng
Trong việc ôn thi học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Hóa học năm học 2015-2016,
tôi cũng áp dụng đề tài này vào dạy các em trong đội tuyển, các em rất hào hứng
đón nhận và cũng đạt được kết quả cao: 2 giải Nhì và 2 giải Ba.
Sáng kiến kinh nghiệm được lưu ở thư viện nhà trường, photo cho mỗi học
sinh các lớp 12A1, 12A2 một bản để làm tài liệu ôn thi THPT Quốc gia.
Học sinh đón nhận sáng kiến kinh nghiệm này nhiệt tình và tự tin hơn mỗi
khi gặp bài toán Hóa học vô cơ hay, khó.
Bản thân tôi tự tin hơn mỗi khi hướng dẫn học sinh làm các bài tập khó mà
học sinh tham khảo trên mạng, đề thi thử ở các trường và các đề thi khác.
Tôi tự tin hơn với đồng nghiệp, sẵn sàng trao đổi kinh nghiệm giải quyết các
bài tập khó với đồng nghiệp.
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi tạo được niềm tin cho Ban giám hiệu nhà
trường thể hiện ở kết quả kiểm tra, thi thử THPT Quốc gia, kết quả thi học sinh
giỏi môn Hóa học cấp tỉnh.

20


3. Kết luận, kiến nghị
- Kết luận
Trong sáng kiến kinh nghiệm trên, tôi đã hướng dẫn cho học sinh lớp 12
phương pháp kết hợp các định luật bảo toàn trong Hóa học để học sinh giải
quyết nhanh gọn các bài tập Hóa học vô cơ hay và khó.
Sáng kiến kinh nghiệm đã tạo được chỗ dựa vững chắc, niềm tin cho đồng
nghiệp và học sinh khi gặp một số bài tập Hóa học vô cơ hay và khó.
Sáng kiến kinh nghiệm là tài liệu tham khảo cho học sinh trường THPT
Quảng Xương 3 nói riêng và học sinh các trường THPT khác nói chung, là tài
liệu hay cho học sinh chuẩn bị tham gia thi THPT Quốc gia môn Hóa học, cũng
là tài liệu hay cho đồng nghiệp tham khảo.

Sáng kiến kinh nghiệm hoàn toàn có thể phát triển, mở rộng bằng việc tiếp
tục nghiên cứu, chọn lọc, bổ sung thêm các bài toán hay và khó khác.
- Kiến nghị
Do thời gian viết sáng kiến kinh nghiệm có hạn nên không thể tránh khỏi
những thiếu sót, tôi rất mong được sự góp ý chân thành của các đồng nghiệp để
sáng kiến kinh nghiệm của tôi được hoàn chỉnh hơn.
Đề nghị với nhà trường, với đồng chí chuyên viên môn Hóa học của Sở giáo
dục và đào tạo Thanh Hóa có sự góp ý cũng như sự động viên kịp thời để sáng
kiến kinh nghiệm của tôi tiếp tục được phát triển, mở rộng hơn trong các năm
học tiếp theo.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hoá, ngày 18/05/2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
Người viết

Nguyễn Văn Nam

21


Tài liệu tham khảo
1. Hướng dẫn giải nhanh bài tập Hóa học tập 3. Cao Tự Giác. Nhà xuất bản
Đại học Quốc gia Hà Nội.
2. Giới thiệu giải nhanh đề thi Hóa học. PGS.TS.Đặng Thị Oanh. Nhà xuất
bản Đại học Sư phạm.
3. Hóa học 11 nâng cao. Ngô Ngọc An. Nhà xuất bản Thành phố Hồ Chí
Minh.
4. Sổ tay Hóa học sơ cấp. A.T.Pilipenko. Nhà xuất bản Giáo dục.

5. Phương pháp giải các dạng toán Hóa học. Nguyễn Phước Hòa Tân. Nhà
xuất bản Giáo dục.
6. Hướng dẫn giải nhanh các dạng bài tập trắc nghiệm Hóa học vô cơ. Đỗ
Xuân Hưng. Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.
7. Đề thi đại học môn Hóa học khối A, B các năm 2013, 2014.
8. Đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2015.
9. Đề thi THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2015.

22